Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
|
Xét tổng
Suy ra có ít nhất một trong 7 số |
là số chẵn
TH1: Tồn tại 1 số hoặc 1 tổng các số chia hết cho 10 thì bài toán giải quyết xong
TH2:Không tồn tại 1 số hoặc 1 tổng các số chia hết cho 10
Xét 10 tổng:
S1=a
S2=a+a1
....
S10=a+a1+...+a9
10 tổng trên chia 10 dc 10 số dư
1 tổng khi chia cho 10 đc 9 khả năng dư từ 1 đến 9
Mà 10 chia 9 =1 dư1
Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại ít nhất 1+1=2 tổng có cùng số dư khi chia 10
Tức là hiệu 2 tổng chia hết cho 10
Giả sử 2 hiệu đó là Sm và Sn (m,n thuộc N*; m,n _<10; m>n)
Ta có Sm-Sn chia hết cho 10
=> a+a1+..+am-a-a1-..-an chia hết cho 10
=> a(n+1) +a(n+2) +... am chia hết cho 10
Vậy đpcm
\(P=a^7b^3-a^3b^7\)
\(P=a^3b^3\left(a^4-b^4\right)\)
\(P=a^3b^3\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
Ta sẽ chứng minh \(P\) chia hết cho 5 và cho 6.
a) CM \(5|P\). Kí hiệu \(\left(a;b\right)\) là cặp số dư lần lượt của a và b khi chia cho 5.
Nếu a hoặc b chia hết cho 5 thì xong. Còn nếu \(a\equiv b\left(mod5\right)\) cũng coi như hoàn tất. \(a+b\equiv0\left(mod5\right)\) cũng như thế.
Do đó ta loại đi được các trường hợp \(\left(0;0\right),\left(1;1\right),\left(2;2\right),\left(3;3\right),\left(4;4\right)\) và \(\left(1;4\right),\left(2;3\right),\left(3;2\right),\left(4;1\right)\) và \(\left(0;1\right),\left(0;2\right),\left(0;3\right),\left(0;4\right),\left(1;0\right),\left(2;0\right),\left(3;0\right),\left(4;0\right)\)
Ta chỉ còn lại 8 trường hợp là \(\left(1;2\right),\left(1;3\right),\left(2;4\right),\left(3;4\right)\) và các hoán vị. Nếu \(\left(a;b\right)\equiv\left(1;2\right)\left(mod5\right)\) thì \(a^2+b^2=\left(5k+1\right)^2+\left(5l+2\right)^2=25k^2+10k+1+25l^2+20l+4=5P+5⋮5\)
Các trường hợp còn lại xét tương tự \(\Rightarrow5|P\).
b) CM \(6|P\). Ta thấy \(a^3b^3\left(a-b\right)\left(a+b\right)\) luôn là số chẵn (nếu \(a\equiv b\left(mod2\right)\) thì \(2|a-b\), còn nếu \(a\ne b\left(mod2\right)\) thì \(2|a^3b^3\).
Đồng thời, cũng dễ thấy \(3|P\) vì nếu \(a\) hay \(b\) chia hết cho 3 thì coi như xong. Nếu \(a\equiv b\left(mod3\right)\) cũng xong. Còn nếu \(a+b\equiv0\left(mod3\right)\) thì cũng hoàn tất.
Suy ra \(6|P\)
Từ đó suy ra \(30|P\)
P=a7b3−a3b7
�=�3�3(�4−�4)P=a3b3(a4−b4)
�=�3�3(�−�)(�+�)(�2+�2)P=a3b3(a−b)(a+b)(a2+b2)
Ta sẽ chứng minh �P chia hết cho 5 và cho 6.
a) CM 5∣�5∣P. Kí hiệu (�;�)(a;b) là cặp số dư lần lượt của a và b khi chia cho 5.
Nếu a hoặc b chia hết cho 5 thì xong. Còn nếu �≡�(���5)a≡b(mod5) cũng coi như hoàn tất. �+�≡0(���5)a+b≡0(mod5) cũng như thế.
Do đó ta loại đi được các trường hợp (0;0),(1;1),(2;2),(3;3),(4;4)(0;0),(1;1),(2;2),(3;3),(4;4) và (1;4),(2;3),(3;2),(4;1)(1;4),(2;3),(3;2),(4;1) và (0;1),(0;2),(0;3),(0;4),(1;0),(2;0),(3;0),(4;0)(0;1),(0;2),(0;3),(0;4),(1;0),(2;0),(3;0),(4;0)
Ta chỉ còn lại 8 trường hợp là (1;2),(1;3),(2;4),(3;4)(1;2),(1;3),(2;4),(3;4) và các hoán vị. Nếu (�;�)≡(1;2)(���5)(a;b)≡(1;2)(mod5) thì �2+�2=(5�+1)2+(5�+2)2=25�2+10�+1+25�2+20�+4=5�+5⋮5a2+b2=(5k+1)2+(5l+2)2=25k2+10k+1+25l2+20l+4=5P+5⋮5
Các trường hợp còn lại xét tương tự ⇒5∣�⇒5∣P.
b) CM 6∣�6∣P. Ta thấy �3�3(�−�)(�+�)a3b3(a−b)(a+b) luôn là số chẵn (nếu �≡�(���2)a≡b(mod2) thì 2∣�−�2∣a−b, còn nếu �≠�(���2)a=b(mod2) thì 2∣�3�32∣a3b3.
Đồng thời, cũng dễ thấy 3∣�3∣P vì nếu �a hay �b chia hết cho 3 thì coi như xong. Nếu �≡�(���3)a≡b(mod3) cũng xong. Còn nếu �+�≡0(���3)a+b≡0(mod3) thì cũng hoàn tất.
Suy ra 6∣�6∣P
Từ đó suy ra 30∣�30∣P